XXIV Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas (problema 2)

Ok, comencemos, espero acabar de escribir antes de que me quiten la compu haha
Mi plan es sencillo, ver que $m\leq n$ (es un estricto menor...pero no se como ponerlo)
y de ahi ver que $m=n-1$ por consiguiente $a_n=2n-1$ y de ahi el problema esta resulto...

1)Supongamos que $n\leq m$ entonces podemos escribir $m=n+k$ con $1\leq k$ (recordemos que el primer menor o igual es estricto menor)ahora si trabajemos un poco el algebra...

$2^{2^m}=2^{2^{n+k}}=2^{2^n*2^k}=(2^{2^n})^{2^k}\leq n2^n$ por otro lado es claro que...

$2^n\leq 2^{2^n}$ y que $n\leq 2^{2^n}$ de ahi multiplicando ambas desigualdades se tiene que

$n2^n\leq (2^{2^n})^2\leq (2^{2^n})^{2^k}$ lo cual es una contradiccion, por lo tanto $m\leq n$
(otra vez recuerdo que es un estricto menor....)

De lo anterior se concluye que cualquier valor de $m$ menor que $n$ satisface la desigualdad. Como $m$ es el "mayor entero" tomaremos $m=n-1$ De ahi se tiene que $a_n=2n-1$. Y de ahi el resultado es facil de ver, $a_n$ es impar, es decir ningun par aparece en la lista...y como $n$ toma cualquier valor cualquier impar es posible...

espero y este bueno saludos!!!!!!

Hahaha si hay dudas o omiti algo mañana corrijo ya se me acabo el tiempo en la compu hahahah nos vemos,

usando el razonamiento arriba descrito, si $n=4$, $m=3$ cumple, pero $2^{2^3}$ > $(4)(2^4)$. Además observese que si $n=4$, $m=2$ y $a_4 =6$.

Para n=5, la m permanece en 2. Lo cual sugiere que la m permanece la misma para un largo recorrido de n, cuando n es grande... Lo cual es claro si uno calcula $2^{2^m}$ para los primeros valores de m y los compara con los valores de $n \cdot 2^n$

Los saluda

hahah si  estaba mal, ayer cuando me fui a dormir me quede pensando y me di cuenta que estaba totalmente equivocado, hoy le dedique el descanso del cbtis para checar los problemas 2 y 3, y pues espero y ahora si esten bien, La respuesta de este problema son las "potencias positivas de dos"

Escibamos $n=2^x+y$ con $0\le y\le 2^x$ De ahi tenemos que para $a_{2^x+p}$

para $0\le p\le 2^x+x+1$ se tiene que $a_{2^x+p}=2^x+x+p$

para $2^b-b\le p\le 2^b-1$ se tiene que $a_{2^x+p}=2^x+x+p+1$ con $p$ entero positivo...

(se puede llegar a eso sustitullendo en la desigualdad...)ok...partiendo de las dos formas anteriores se tiene que...

$a_{2^{x-1}+p}=2^{x-1}+x+p$ para $2^{x-1}-x+1\le p\le 2^{x-1}-1$...de ahi los valores que toma son los $F$ ($F$ entero)con

$2^x+1\le F\le 2^x+x-1$.....y los valore $F$ para la exprecion

$a_{2^x+p}=2^x+x+p$ con $0\le p\le 2^x+x+1$ son $2^x+1\le F\le 2^{x+1}-1$ por otro lado de las expreciones

$2^x+1\le F\le 2^{x+1}-1$
$2^x+1\le F\le 2^x+x-1$

De ahi se observa que $F$ toma cualquier valor exepto los de las potencias de 2 y el numero 1 que se alcanza cuando $x=0$

Los numeros que no aparecen son los de la forma $2^q$ con $0\le q$ 

La siguiente es una posible solucíon:
Para $n=1,2,3,4,5,6$; los valores de la suseción son: $1,3,5,6,7,9$ respectivamente.
De lo anterior se puede empezar a conjeturar que en la sucesión no aparecen las potencias de 2, a exepción del 1.

La siguiente es una posible solucíon:
sean $p, r$ enteros positivos tales que $n= 2^r + p$, donde $2^r$ > $p\ge 0$ $\rightarrow$
$2^{2^r+p+r}$ es la mayor potencia de 2 que es $\le$ $n2^n$ $\rightarrow$
$2^{2^m}$ $\le$ $2^{2^r+p+r}$ $\rightarrow$
$2^m$ $\le$ $2^r+p+r$.

consideremos el conjunto de todos los enteros positivos para los cuales se cumple que $s$ es el mayor entero tal que $2^{2^s}$ $\le$ $n2^n}$. n puede ser cualquier entero positivo mayor o igual que 6. Sea $b$ el mayor de los enteros positivos del conjunto. 
Sean $x,y$ enteros positivos tales que $b= 2^x + y$ , donde $2^x$ > $y\ge 0$ $\rightarrow$
$2^s \le 2^x+y+x$. Además por lo dicho anteriormente
$s+1$ es el mayor entero tal que $2^{2^{s+1}}$ $\le$ $(b+1)2^{b+1}$ $\rightarrow$
$2^{s+1}=2^x+y+x+1$. y como $x\ge 2$ $\rightarrow$

$2^{s+1}=2^{x+1}$ (se puede probar con contradicción) $\rightarrow$ $x=s$ y $x+y+1= 2^x$
$a_b =x+2^x+y$ y $a_{b+1}=2^{x+1}+1$
obsérvese que el número $x+2^x+y+1= 2^{x+1}$ no aparece en la sucesión.

de lo anterior es fácil ver que solo las potencias de 2 diferentes de 1 no se encuentran en la solución.

Al parecer brandon me la ganó, aunque me tardé 3 horas redactando, al parecer nuestro razonamiento fue parecido, lo raro es la semejanza de las letras que escogimos.